limite avec intégrale
Bonjour
$g$ une fonction de $\mathbb R_+^*$ dans lui même avec $x/g(x)$ tend vers zéro quand $x \to\infty$.
$h$ une fonction de $\mathbb R_+$ dans $\mathbb R$ mesurable bornée de limite nulle en plus l'infini.
a>0
Est-ce que les hypothèses sur $h$ et $g$ suffisent pour montrer que $$A(x)=\Big(\frac{x}{g(x)}\Big)^a\exp\Big(\int_{g(x)}^{x}\frac{h(t)}{t}dt\Big)\ \xrightarrow[x\to+\infty]{}\ 0$$ Merci.
$g$ une fonction de $\mathbb R_+^*$ dans lui même avec $x/g(x)$ tend vers zéro quand $x \to\infty$.
$h$ une fonction de $\mathbb R_+$ dans $\mathbb R$ mesurable bornée de limite nulle en plus l'infini.
a>0
Est-ce que les hypothèses sur $h$ et $g$ suffisent pour montrer que $$A(x)=\Big(\frac{x}{g(x)}\Big)^a\exp\Big(\int_{g(x)}^{x}\frac{h(t)}{t}dt\Big)\ \xrightarrow[x\to+\infty]{}\ 0$$ Merci.
Réponses
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Bonjour,
Je crois que oui. L'argument de l'exponentielle peut être majorer après le changement de variable $\displaystyle u={t \over g(x)}$ et comme $h$ est bornée on trouve que l'exponentielle est majorée par $\displaystyle e^{M}$ où $\displaystyle M = \max_{z \in \R_+}h(z)$ quand $x$ tend vers l'infini... -
Avec le changement de variable que tu proposes,
il y a toujours 1/u sous l' intégrale c'est ça qui m'embête. -
M'enfin, si $h$ est bornée, disons par $M$, alors \[\int_{g(x)}^{x}\frac{h(t)}{t}dt
\le M \left(\ln(x) - \ln(g(x))\right)
= M \ln\left(\frac{x}{g(x)}\right),\] donc \[A(x) \le \Big(\frac{x}{g(x)}\Big)^{a+M},\] non ? -
@Pennywise
si $\frac {h(t)}t\leq \frac Mt$ pourquoi $\int_{g(x)}^{x}\frac{h(t)}{t}dt \leq \int_{g(x)}^{x}\frac{M}{t}dt
$Le 😄 Farceur -
Bonjour,
On sait que $g(x) >0$, et que le rapport ${x \over g(x)} \to 0$ quand $x \to +\infty$ donc, pour $x$ suffisamment grand, ce rapport est plus petit que $1$ et donc $x < g(x).$
Et donc pour $x$ suffisamment grand, $\int_{g(x)}^{x} {h(t) \over t }dt =-\int_{x}^{g(x)} {h(t) \over t }dt \leq -{1 \over g(x)} \int_{x}^{g(x)} h(t)dt = -{1 \over g(x)} (g(x)-x) h(\xi(x))$ par le théorème des valeurs intermédiaires avec $x \leq \xi(x) \leq g(x).$
On a donc $-(1-{x \over g(x)}) h(\xi(x)) \to -1$ quand $x \to +\infty$ car ${x \over g(x)} \to 0$ et aussi $h(\xi(x)) \to 0$ puisque $h$ est de limite nulle à l'infini... -
gebrane0, lorsque j'écris que « $h$ est bornée, disons par $M$ », j'entends par là que $\|h\|_\infty \le M$, ou encore $-M \le h(x) \le M$ pour tout $x$.
-
@Pennywise
Le problème n'est pas la !
je rappelle que si $f\leq g$ on ne peut pas ecrire que $\int_a^b f \leq \int_a^b g$ que si $a\leq b$Le 😄 Farceur -
[large][/large]YvesM ecrivait:
$1$ et donc $x < g(x).$
Et donc pour $x$ suffisamment grand,
$\int_{g(x)}^{x} {h(t) \over t }dt
=-\int_{x}^{g(x)} {h(t) \over t }dt \leq -{1 \over
g(x)} \int_{x}^{g(x)} h(t)dt $
Le problème est aussi le signe de h , elle peut changer de signe en tendant vers 0
donc ta majoration n est plus correcte si h est négatif sur [x,g(x)].
Peut être qu avec les hypothèses sur h,g ne suffisent pas pour que A
tend vers 0.
Je n arrive pas à trouver des exemples de h,g qui vérifient les hypothèses
sans que A tend vers 0.
Enfin je n arrive pas à savoir si A va tendre ou pas vers 0. -
Je pose $f(x)=g(x)/x$ puis $F(y)=\log f(e^y)$ et $H(u)=h(e^u)$ ce qui fait que $\log A(e^y)=\int_y^{y+F(y)}(-a-H(u))du\rightarrow _{y\rightarrow \infty}-\infty.$
-
Bonjour P
--> En détaillant ta démarche (je crois qu'il y a une coquille) tu obtiens
$\displaystyle \ln(A(e^y))=a\ln\Big(\frac{g(e^y)}{e^y}\Big) - \int_{y}^{\ln(g(e^y ))}\!\! h(e^u)du $.
Je trouve $\displaystyle \ln(A(e^y))=a\ln\Big(\frac{e^y}{g(e^y)}\Big) - \int_{y}^{\ln(g(e^y ))}\!\! h(e^u)du $
Le premier terme tend vers moins l'infini, mais je ne vois pas bien ce que l'on peut dire pour le deuxième terme.
Par exemple si $h(t)=\dfrac 1 t$ alors $\displaystyle \int\limits_{y}^{\ln(g(e^y ))} \!\! h(e^u)du$ tend vers 0 quand $ y\to\infty$.
Si $h(t)=\dfrac{1}{\sqrt{\ln(t)}}$ alors $\displaystyle \int\limits_{y}^{\ln(g(e^y ))} \!\! h(e^u)du = \int\limits_{y}^{\ln(g(e^y ))} \!\! \frac{1}{\sqrt{\ln(e^u)}}du= 2\sqrt{ \ln(g(e^y ))} -2\sqrt{y} $.
On ne peut rien dire quand $y\to \infty$.
Merci pour des éclaircissements. -
gebrane0, tu as raison, j'ai été un peu vite en besogne. Moralité : ne jamais venir poster avec de la fièvre ! Désolé etanche si je t'ai induit en erreur.
-
etanche, j'ai corrige le signe de $a$, merci, on a bien $A(x)\rightarrow 0.$
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Bonjour!
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